$f(x+f(y))= f(x+xy) +y*f(1-x)$
Dimostrare che le uniche funzioni $f: RR-> RR$ tali che $f(x+f(y))= f(x+xy) +y*f(1-x)$ per ogni $x,y in RR$
sono $f(x)=x$ e $f(x)=0$
sono $f(x)=x$ e $f(x)=0$
Risposte
Sia $f(0)=k$.
Per $y=0$ si ottiene:
$f(x+k) = f(x)$
Ovvero $f$ è periodica con periodo $|k|$.
Per $x=1$ ed $y=k$ si ottiene:
$f(1+k) = f(1+k) + k^2$
Da cui $k = 0 = f(0)$.
Dunque, per $x=0$ si ottiene:
$f(f(y)) = yf(1)$
Poniamo adesso $f(1)=\lambda$, per cui per $y=1$ si ottiene:
$f(\lambda) = f(1) = \lambda$
Per $y=\lambda$:
$\lambda = \lambda^2$
Dunque $\lambda = 0$ o $\lambda =1$.
Mi concentro sul caso $f(1)=0$.
Per induzione, provo che $f(n)=0$ per ogni $n \in NN$. Assumiamo che sia vero fino ad un certo $n$, e vediamo che allora è vero per $n+1$.
Per $x=1$, $y=n$ si ottiene:
$f(1 + f(n)) = f(n+1) + n*f(0)$
$f(n+1) = f(1) = 0$
Per $x=2$, $y=1$ si ottiene:
$f(2) = f(4) + f(-1)$
Dunque anche $f(-1) = 0$
Si può procedere anche per induzione al contrario per dimostrare che $f(n)=0$ per ogni $n \in ZZ$.
Per $x=-1$, $y=n$ si ottiene:
$f(-1 + f(n)) = f(n-1) + n*f(2)$
$f(n-1) = 0$
Usando questi risultati si possono ricavare le seguenti espressioni per $y=n-1$ ed $y=-1$ rispettivamente:
$f(x) = f(nx) + (n-1)*f(1-x)$
$f(x) = -f(1-x)$
Sostituendo la seconda nella prima si ricava:
$f(nx) = n*f(x)$
Nel caso particolare $n=-1$ si ha:
$f(-x) = -f(x)$
ovvero la funzione è dispari.
[Osservo che queste condizioni possono essere utilizzate per per provare che $f(x) = 0$ per ogni $x \in QQ$, ma non è rilevante ai fini della dimostrazione che segue.]
Da due delle ultime tre relazioni si trova $f(1-x) = f(-x)$, che può anche essere riscritta come:
$f(1+x) = f(x)$
Dunque considero cosa accade per $x=1$ e $y$ generico:
$f(1+f(y)) = f(1+y) + y*f(0)$
$f(1+f(y)) = f(1+y)$
$f(f(y)) = f(y)$
Ma come ipotesi di partenza (caso $f(1)=0$) abbiamo:
$f(f(y)) =0$
Pertanto $f(y) = 0$ per ogni $y \in RR$.
Questo prova che la funzione nulla è l'unica soluzione con $f(1)=0$.
Adesso mi concentro sul caso $f(1)=1$.
$f(f(y)) = y$
Osservo che $f$ deve essere biunivoca.
Se cosí non fosse, esisterebbero $y_1 != y_2$ tali che:
$f(y_1) = f(y_2) = k$
ma $f(f(y_1)) = f(k) = y_1$ e $f(f(y_2)) = f(k) = y_2$, che è assurdo.
Ora osservo cosa si ottiene per $x=1$ e $y$ generico:
$f(1+f(y)) = f(1+y)$
Per la biunivocità di $f$:
$1+f(y) = 1+y$
$f(y) = y$
Questo prova che la funzione identità è l'unica soluzione con $f(1)=1$.
Non essendo ammissibili altri valori per $f(1)$, le due soluzioni trovate sono anche le uniche.
Per $y=0$ si ottiene:
$f(x+k) = f(x)$
Ovvero $f$ è periodica con periodo $|k|$.
Per $x=1$ ed $y=k$ si ottiene:
$f(1+k) = f(1+k) + k^2$
Da cui $k = 0 = f(0)$.
Dunque, per $x=0$ si ottiene:
$f(f(y)) = yf(1)$
Poniamo adesso $f(1)=\lambda$, per cui per $y=1$ si ottiene:
$f(\lambda) = f(1) = \lambda$
Per $y=\lambda$:
$\lambda = \lambda^2$
Dunque $\lambda = 0$ o $\lambda =1$.
Mi concentro sul caso $f(1)=0$.
Per induzione, provo che $f(n)=0$ per ogni $n \in NN$. Assumiamo che sia vero fino ad un certo $n$, e vediamo che allora è vero per $n+1$.
Per $x=1$, $y=n$ si ottiene:
$f(1 + f(n)) = f(n+1) + n*f(0)$
$f(n+1) = f(1) = 0$
Per $x=2$, $y=1$ si ottiene:
$f(2) = f(4) + f(-1)$
Dunque anche $f(-1) = 0$
Si può procedere anche per induzione al contrario per dimostrare che $f(n)=0$ per ogni $n \in ZZ$.
Per $x=-1$, $y=n$ si ottiene:
$f(-1 + f(n)) = f(n-1) + n*f(2)$
$f(n-1) = 0$
Usando questi risultati si possono ricavare le seguenti espressioni per $y=n-1$ ed $y=-1$ rispettivamente:
$f(x) = f(nx) + (n-1)*f(1-x)$
$f(x) = -f(1-x)$
Sostituendo la seconda nella prima si ricava:
$f(nx) = n*f(x)$
Nel caso particolare $n=-1$ si ha:
$f(-x) = -f(x)$
ovvero la funzione è dispari.
[Osservo che queste condizioni possono essere utilizzate per per provare che $f(x) = 0$ per ogni $x \in QQ$, ma non è rilevante ai fini della dimostrazione che segue.]
Da due delle ultime tre relazioni si trova $f(1-x) = f(-x)$, che può anche essere riscritta come:
$f(1+x) = f(x)$
Dunque considero cosa accade per $x=1$ e $y$ generico:
$f(1+f(y)) = f(1+y) + y*f(0)$
$f(1+f(y)) = f(1+y)$
$f(f(y)) = f(y)$
Ma come ipotesi di partenza (caso $f(1)=0$) abbiamo:
$f(f(y)) =0$
Pertanto $f(y) = 0$ per ogni $y \in RR$.
Questo prova che la funzione nulla è l'unica soluzione con $f(1)=0$.
Adesso mi concentro sul caso $f(1)=1$.
$f(f(y)) = y$
Osservo che $f$ deve essere biunivoca.
Se cosí non fosse, esisterebbero $y_1 != y_2$ tali che:
$f(y_1) = f(y_2) = k$
ma $f(f(y_1)) = f(k) = y_1$ e $f(f(y_2)) = f(k) = y_2$, che è assurdo.
Ora osservo cosa si ottiene per $x=1$ e $y$ generico:
$f(1+f(y)) = f(1+y)$
Per la biunivocità di $f$:
$1+f(y) = 1+y$
$f(y) = y$
Questo prova che la funzione identità è l'unica soluzione con $f(1)=1$.
Non essendo ammissibili altri valori per $f(1)$, le due soluzioni trovate sono anche le uniche.
Malgrado immagino il quesito sia rivolta ai liceali...
Se nessun altro risponde entro la settimana chiedo il permesso a Gi8 di dare una soluzione concisa (sperando sia corretta) a meno che non abbia già previsto lui di farlo.
Se nessun altro risponde entro la settimana chiedo il permesso a Gi8 di dare una soluzione concisa (sperando sia corretta) a meno che non abbia già previsto lui di farlo.
@robbstark: la tua soluzione mi sembra corretta 
@Wilde, scrivi pure quando vuoi (magari metti la tua soluzione in spoiler).
@Wilde, scrivi pure quando vuoi (magari metti la tua soluzione in spoiler).
Dimostrazione sbagliata
[ot]Ammetto di non aver letto la soluzione di Robbstark (quindi potrebbe essere simile).
$ f(x+f(y))= f(x+xy) +y*f(1-x) $per ogni $ x,y in RR $. (chiamo questa condizione (0))
Allora si hanno queste ugualianze:
\begin{equation}
\begin{cases}
f(f(0))=f(0) & \text{prendendo x=0 e y=0}\\
f(f(y))=f(0)+yf(1) & \text{prendendo x=0 }\\
f(x+f(0))=f(x)& \text{prendendo y=0}\\
\end{cases}
\end{equation}
Numero le equazioni ottenute rispettivamente con (1), (2), (3)
Per (2) e (3) si ha che $f(x)=_((2))f(x+f(0))=_((3))f(0)+(x+f(0))f(1)=f(1)x+f(0)(1+f(1))$
Allora abbiamo capito che la nostra funzione e' una retta, cioe' e' della forma $f(x)=ax+b$
Uso (1) $\quad\quad f(f(0))=f(0) \iff f(b)=b \iff ab=0$
CASO ($a=0$) cioe' $f$ della forma $f(x)=b$
Impongo condizione (0) e si ottiene $b=0$
CASO ($b=0$) cioe' $f$ della forma $f(x)=ax$
Impongo condizione (0) e si ottiene $a=1$
Allora si ha la tesi'[/ot]
[ot]Ammetto di non aver letto la soluzione di Robbstark (quindi potrebbe essere simile).
$ f(x+f(y))= f(x+xy) +y*f(1-x) $per ogni $ x,y in RR $. (chiamo questa condizione (0))
Allora si hanno queste ugualianze:
\begin{equation}
\begin{cases}
f(f(0))=f(0) & \text{prendendo x=0 e y=0}\\
f(f(y))=f(0)+yf(1) & \text{prendendo x=0 }\\
f(x+f(0))=f(x)& \text{prendendo y=0}\\
\end{cases}
\end{equation}
Numero le equazioni ottenute rispettivamente con (1), (2), (3)
Per (2) e (3) si ha che $f(x)=_((2))f(x+f(0))=_((3))f(0)+(x+f(0))f(1)=f(1)x+f(0)(1+f(1))$
Allora abbiamo capito che la nostra funzione e' una retta, cioe' e' della forma $f(x)=ax+b$
Uso (1) $\quad\quad f(f(0))=f(0) \iff f(b)=b \iff ab=0$
CASO ($a=0$) cioe' $f$ della forma $f(x)=b$
Impongo condizione (0) e si ottiene $b=0$
CASO ($b=0$) cioe' $f$ della forma $f(x)=ax$
Impongo condizione (0) e si ottiene $a=1$
Allora si ha la tesi'[/ot]
@Wilde
[ot]
In che senso? Basta copiarlo in Notepad o qualsiasi editor di testo ...[/ot]
[ot]
"Wilde":
(faccio tutto cio' perche non so come salvarlo in bozze)
In che senso? Basta copiarlo in Notepad o qualsiasi editor di testo ...[/ot]
[ot]Per axpgn
Uso un computer universitario dove non e' possibile salvare nulla[/ot]
Uso un computer universitario dove non e' possibile salvare nulla[/ot]
[ot]Nemmeno su chiavetta USB? Come fai a "lavorare" su documenti tuoi?[/ot]
@Wilde: anche la tua soluzione mi sembra corretta.
C'è solo un piccolo errore (di trascrizione):
nella riga che inizia con: "Uso (1)... " hai scritto $f(f(b))$, ma intendevi $f(b)$.
La mia soluzione è così:
Prima dimostro che
$f(0)=0$
$f(f(y))= f(1)y$ per ogni $y in RR$
$f(1+f(y))= f(1+y)$ per ogni $y in RR$
Poi distinguo due casi:
$f$ iniettiva (che dà subito $f(x)=x$) e $f$ non iniettiva (che dà $f(1)=0$, da cui $f(x)=0$)
C'è solo un piccolo errore (di trascrizione):
nella riga che inizia con: "Uso (1)... " hai scritto $f(f(b))$, ma intendevi $f(b)$.
La mia soluzione è così:
Prima dimostro che
$f(0)=0$
$f(f(y))= f(1)y$ per ogni $y in RR$
$f(1+f(y))= f(1+y)$ per ogni $y in RR$
Poi distinguo due casi:
$f$ iniettiva (che dà subito $f(x)=x$) e $f$ non iniettiva (che dà $f(1)=0$, da cui $f(x)=0$)
@Wilde: Soluzione molto più concisa, complimenti.
@Gi8: Immagino di seguire la maggior parte dei tuoi passaggi tranne l'ultimo. Ovvero come fai da $f(1)=0$ a dedurre che $f(x)=0$.
@Gi8: Immagino di seguire la maggior parte dei tuoi passaggi tranne l'ultimo. Ovvero come fai da $f(1)=0$ a dedurre che $f(x)=0$.
Grazie Gi8 ho corretto
$f(1+x)= f(1+f(x))= f(1+f(f(x)))= f(1+f(1)x )= f(1)=0$ per ogni $x in RR$
Io non ho capito bene un passaggio della dimostrazione di wilde.
Dalle equazioni
\begin{equation}
\begin{cases}
f(f(0))=f(0) & \text{prendendo x=0 e y=0}\\
f(f(y))=f(0)+y * f(1) & \text{prendendo x=0 }\\
f(x+f(0))=f(x)& \text{prendendo y=0}\\
\end{cases}
\end{equation}
precisamente come si fa ad ottenere
(A) $f(x+f(0))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$
sostituendo nella $f(f(y))=f(0)+y*f(1)$ al posto di $y$ / $x + f(0)$ si ottiene
(B) $f(f(x+f(0)))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$
e non $f(x+f(0))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$.
E' possibile riportare tutti i passaggi di questa deduzione?
Scusatemi, forse è semplice e non riesco a capire come si fa...
Se non mi sbaglio non si potrebbe poter dedurre solo da queste equazioni la (A).
Infatti se $f$ viene interpretata come la funzione tale che $f(2) = 1$ ed ad ogni altro numero associa $0$, soddisfa le tre equazioni ma non la (A). Con questa funzione qua (quella che a 2 associa 1 e a tutti gli altri numeri 0, le tre condizioni risultano vere mentre la (A) risulta falsa.
Se la (A) si deduce da quelle tre equazioni (nella dimostrazione c'è scritto dalla 2 e dalla 3) non ho capito bene come si fa. Mi sembra di aver fornito anche un controesempio, una funzione che soddisfi le tre condizioni derivate da quella di partenza e che non soddisfa la condizione (A) esiste.
Dalle equazioni
\begin{equation}
\begin{cases}
f(f(0))=f(0) & \text{prendendo x=0 e y=0}\\
f(f(y))=f(0)+y * f(1) & \text{prendendo x=0 }\\
f(x+f(0))=f(x)& \text{prendendo y=0}\\
\end{cases}
\end{equation}
precisamente come si fa ad ottenere
(A) $f(x+f(0))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$
sostituendo nella $f(f(y))=f(0)+y*f(1)$ al posto di $y$ / $x + f(0)$ si ottiene
(B) $f(f(x+f(0)))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$
e non $f(x+f(0))=f(0)+(x+f(0))*f(1)$.
E' possibile riportare tutti i passaggi di questa deduzione?
Scusatemi, forse è semplice e non riesco a capire come si fa...
Se non mi sbaglio non si potrebbe poter dedurre solo da queste equazioni la (A).
Infatti se $f$ viene interpretata come la funzione tale che $f(2) = 1$ ed ad ogni altro numero associa $0$, soddisfa le tre equazioni ma non la (A). Con questa funzione qua (quella che a 2 associa 1 e a tutti gli altri numeri 0, le tre condizioni risultano vere mentre la (A) risulta falsa.
Se la (A) si deduce da quelle tre equazioni (nella dimostrazione c'è scritto dalla 2 e dalla 3) non ho capito bene come si fa. Mi sembra di aver fornito anche un controesempio, una funzione che soddisfi le tre condizioni derivate da quella di partenza e che non soddisfa la condizione (A) esiste.
Sì, bub, credo che tu abbia ragione. Quel passaggio che tu segnali non è corretto.
Non si può scrivere $f(x+f(0))=f(0) +(x+f(0) )f(1)$
Invece si può scrivere: $f( f( x+f(0) ) )=f(0) +( x+f(0) )f(1)$
Non si può scrivere $f(x+f(0))=f(0) +(x+f(0) )f(1)$
Invece si può scrivere: $f( f( x+f(0) ) )=f(0) +( x+f(0) )f(1)$
"Gi8":
$f$ iniettiva (che dà subito $f(x)=x$) e $f$ non iniettiva (che dà $f(1) = 0$, da cui $f(x) = 0$)
Ciao Gi8 mi sembra tutto corretto però non capisco come dalla non iniettività di $f$ sei passato a $f(1) = 0$.
La condizione logica dell'iniettività è questa
(1) $forall x, y in R$ $(x != y -> f(x) != f(y))$
la sua negazione corrisponde a
(2) $exists x, y in R$ $(x != y ^^ f(x) = f(y))$
Per non essere iniettiva $f$ deve soddisfare (2) (non è detto che $x$ e $y$ debbano essere $0$ e $1$).
Da questa assunzione qua relativa ad $f$ (la sua non iniettività) e dalle altre condizioni come hai derivato che $f(1) = 0$?
E' un passaggio che mi manca.
Posto
(A) $f(x + f(y)) = f(x + x * y) + y * f(1 - x)$
Le tue tre condizioni da (A) le ho derivate così
"bub":Se $f$ non è iniettiva esistono $a
Ciao Gi8 mi sembra tutto corretto però non capisco come dalla non iniettività di $f$ sei passato a $f(1) = 0$.
Allora $f(1)(b-a) = ...$
"Gi8":
$f(1+x)= f(1+f(x))= f(1+f(f(x)))= f(1+f(1)x )= f(1)=0$ per ogni $x in RR$
Non mi torna questo passaggio:
$f(1+f(x))= f(1+f(f(x)))$
Ho usato la proprietà $f(1+y)= f(1+f(y))$ con $y=f(x)$
Grazie Gi8 
.
.
Mannaggia hai ragione... grave errore (oltretutto mi sembra difficilmente rimediabile, fine settimana ci darò cmq un'occhiata).
Non mi resta che appoggiare la dimostrazione di Gi8
Non mi resta che appoggiare la dimostrazione di Gi8
Ottimo, adesso la soluzione di Gi8 mi pare chiara, e anche più concisa della mia, che tendo sempre a ricavare troppe relazioni prima di trarre le dovute conclusioni.
Questo problema mi ha fatto venire in mente uno in sui ero intervenuto tempo fa, sul quale avevo fatto un rilancio a cui non ho risposto del tutto, nè qualcuno dopo di me lo ha fatto.
Siccome si trova in un'altra sezione, lo linko, chissà magari volete darci un'occhiata:
viewtopic.php?f=47&t=144942
Questo problema mi ha fatto venire in mente uno in sui ero intervenuto tempo fa, sul quale avevo fatto un rilancio a cui non ho risposto del tutto, nè qualcuno dopo di me lo ha fatto.
Siccome si trova in un'altra sezione, lo linko, chissà magari volete darci un'occhiata:
viewtopic.php?f=47&t=144942
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