$f(x)+f(y)= f(x+y+sqrt{x} f(4y) )$

[Gi81]

Trovare tutte le funzioni
$f: [0,+oo) -> [0,+oo)$ tali che $f(x)+f(y)= f(x+y+sqrt{x} f(4y) )$ per ogni $x,y in [0,+oo)$

[Epimenide93]

Trovare una parte delle soluzioni è facile. Dimostrare che non ce ne sono altre (se è così) mi sta facendo impazzire, propongo una soluzione parziale e una discussione dei risultati che ho ottenuto, sperando che possa essere utile a qualcuno che abbia voglia di completarla.

Si ha che \[f(0) + f(0) = f(0) \Rightarrow f(0) = 0\] di conseguenza, se \(f\) è una funzione costante, può essere solo la funzione identicamente nulla, e si vede subito che la funzione identicamente nulla soddisfa la condizione richiesta. Si noti che essendo l'addizione commutativa \[f(x) + f(y) = f(x+y+ \sqrt{x} \ f(4y)) = f(x+y+ \sqrt{y} \ f(4x)).\]

Si dimostra, con un po' di fatica, il seguente:

Fatto: se la \(f\) si annulla su un valore diverso da \(0\), allora \(f\) dev'essere la funzione identicamente nulla. (Dimostrazione in spoiler)

Se esistesse un \( \alpha \in (0, +\infty)\) con \(f( \alpha )=0\) si avrebbe \[\forall x \in [0, + \infty): \ f( \alpha /4) + f(x) = f( \alpha /4 +x) \] per ogni \(x \in \mathbb{R}\), ovvero
\[
\tag{1}
f(x) = f \left ( x + \frac{\alpha}{4} \right ) - f \left ( \frac{\alpha}{4} \right ).
\]
Prendendo due reali positivi generici \(x\) ed \(y\) segue dalla relazione precedente che
\[
\tag{2}
f(x) - f(y) = f \left ( x + \frac{\alpha}{4} \right ) - f \left ( y + \frac{\alpha}{4} \right )
\]
Preso un \(x \in [\alpha /4, + \infty)\) si ha (per la \(\displaystyle (1) \))
\[
f \left (x- \frac{\alpha}{4} \right ) = f \left ( x \right ) - f \left ( \frac{\alpha}{4} \right ) \stackrel{(2)}{=} f \left ( x + \frac{\alpha}{4} \right ) - f \left ( \frac{\alpha}{2} \right )
\]
cui segue
\[
\tag{3}f \left ( \frac{\alpha}{2} \right ) = f \left (x + \frac{\alpha}{4} \right ) - f \left ( x - \frac{\alpha}{4} \right )
\]
\[
\tag{4} \stackrel{(2)}{=} f \left (x + \frac{\alpha}{2} \right ) - f \left ( x - \frac{\alpha}{2} \right )
\]
ed applicando ancora la \(\displaystyle (2) \) "nell'altro senso" a \( (3) \)
\[
f \left (\frac{\alpha}{2} \right ) = f \left ( x \right ) - f \left ( x - \frac{\alpha}{2} \right )
\]
facendo la differenza tra questa e \((4)\) si ottiene finalmente
\[ \begin{split}
f(x) = f \left ( x + \frac{\alpha}{2} \right )\\
{\rm e}\\
f \left ( \frac{\alpha}{2} \right ) = f(0) = 0.
\end{split}\]
Ricapitolando: se esiste \(\alpha\) tale che \(f(\alpha) = 0\) allora \(f\) è periodica di periodo \(\alpha /2\) e \(f(\alpha /2) = 0\). Tuttavia, quanto detto si può ripetere in maniera essenzialmente inalterata per \(\alpha /2\), ottenendo che la \(f\) è periodica di periodo \(\alpha /4\) e \(f(\alpha /4) = 0\). Iterando, si ottiene che la \(f\) ha periodo arbitrariamente piccolo, ovvero è la funzione costantemente nulla. Dunque se \(f\) si annulla su un valore diverso da \(0\) essa è la funzione identicamente nulla.

Perciò, escludendo la soluzione trovata, non è restrittivo studiare le funzioni \(f : (0, + \infty) \to (0, + \infty)\) che rispettano la condizione richiesta.

A questo punto speravo di poter sfruttare il fatto che la \(f\) non si annulli per dimostrarne la monotonia stretta e concludere quindi che dev'essere necessariamente iniettiva. Sono abbastanza convinto che questo sia vero, tuttavia non sono riuscito a dimostrarlo, per lo meno senza ipotesi aggiuntive (ipotizzando che la \(f\) sia suriettiva è facile).

Nel caso in cui abbia ragione si concluderebbe osservando che deve valere \(\forall x, y \in (0, + \infty)\)
\[ \begin{split}
\sqrt{x} \ f(4y) &= \sqrt{y} \ f(4x) \Rightarrow \\
f(x) &= \sqrt{\frac{x}{y}} \ f(y)
\end{split} \]
In particolare, fissando \(y=1\)
\[
f(x) = \sqrt{x} \ f(1)
\]
quindi la \(f\) è univocamente determinata dal valore che assume su \(1\). Le soluzioni (ricordando anche quella costante) sono quindi tutte le funzioni del tipo
\[
\alpha \sqrt{x}, \quad \alpha \in [0, + \infty)
\]

[Gi81]

Continuando da quello che hai scritto tu,
se $f(x)= alpha sqrt(x)$ con $alpha>0$, andando a sostituire si ha
$alpha (sqrtx+sqrty)= alpha sqrt(x+y+2alphasqrtx sqrty)=> sqrtx+sqrty= sqrt(x+y+2alphasqrtx sqrty)$
elevando al quadrato otteniamo $x+y+2sqrt(xy)= x+y+2alphasqrtx sqrty$ da cui $alpha=1$.

Dunque ci sono solo due soluzioni: $f(x)=0$ e $f(x)=sqrt(x)$.

Rimane da dimostrare quello che hai scritto prima, cioè che $f$ deve essere iniettiva (a parte $f(x)=0$)