\(\displaystyle f \left( m^2 \right) + f \left( m \cdot f(n) \right) = f(m+n) \cdot f(m) \) sugli interi

[Gi81]

Trovare tutte le funzioni \(\displaystyle f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \) tali che per ogni \(\displaystyle m,n \in \mathbb{Z} \)
\[
f \left( m^2 \right) + f \left( m \cdot f(n) \right) = f(m+n) \cdot f(m)
\]

[Studente Anonimo]

Risposta

Le uniche scelte per \(f\) sono date da \( f(n) = n \) per ogni \(n \in \mathbb{Z} \) e \( f(n) = 2 \) per ogni \( n \in \mathbb{Z} \).

Dimostrazione

Abbiamo che \( f(0) = 0 \) oppure \( f(0)\neq 0 \) da cui poi deduciamo tutte le soluzioni
infatti per ogni \( n \in \mathbb{Z} \) risulta che
\[ f(0) + f(0 \cdot f(n)) = f(n+0) f(0) \]
dunque
\[ 2f(0) = f(n) f(0) \Leftrightarrow f(0) ( 2 - f(n) ) = 0 \]
che è chiaramente verificato se \( f(0 ) = 0 \). Se invece \( f(0) \neq 0 \) allora abbiamo che per ogni \( n \in \mathbb{Z} \) risulta che \( f(n) = 2 \) che è una soluzione alla nostra funzione infatti
\[ \mathbb{Z} \ni n \mapsto f(n) = 2 \]
rispetta la condizione richiesta infatti
\[ f(m^2) + f(m \cdot f(n) ) = 2 + 2 = 4= 2 \cdot 2 = f(m+n)\cdot f(m) \]

Supponiamo dunque che \(f(0)=0 \)
Per trovare l'altra soluzione abbiamo che posto \( m = 1 \) allora per \( n \in \mathbb{Z} \) risulta che
\[ f(1) + f(f(n)) = f(n+1) f(1) \ \ \ \ \ \ (1) \]
In particolare per \( n = 0 \) abbiamo che
\[ f(1) + f(f(0)) = f(1)f(1) \]
da cui risulta che se \( f(0) = 0 \) allora
\[ f(1) = f^2(1) \]
pertanto \( f(1) = 1 \). Pertanto per ogni \( n \in \mathbb{Z} \), possiamo dividere in \( (1) \) per \( f(1) \) ed ottenere
\[ f(n+1) = 1 + \frac{f(f(n))}{f(1)} \ \ \ \ \ \ (2) \]
ora siccome abbiamo determinato già \( f(0) =0 \) e \( f(1) = 1 \) siamo in grado di dedurre per ogni \( n \geq 1 \)
\[ f(n+1) = n+1 \]
Così conosciamo il valore di \( f \) per ogni \( n \geq 0 \)
Ora per i valori \( n \leq 0 \), abbiamo che
\[ f(n^2) + f(n \cdot f(0)) = f(n+0) f(n) \]
da cui deduciamo che
\[ f(n^2) = f^2(n) \]
ora siccome, se \( n \leq 0 \) abbiamo che \(n^2 \geq 0 \) da cui
\[ f(n^2) = n^2 = f^2(n) \]
pertanto
\[ f(n) = \pm n \]
Supponiamo per assurdo che esiste \(n \leq - 1 \) tale che \( f(n) = -n \) allora risulta che ponendo \(m = f(n) \)
\[ f( f^2(n) ) + f( f(n) f(n) ) = 2f(f^2(n)) = 2f^2(n) = 2n^2 \]
mentre
\[ f(f(n)+n) f(n) = f( - n + n ) f(n) = f(0) f(n) = 0 \]
assurdo perché dovremmo avere che \( f(f(n)+n) f(n) = 2n^2 \).

[Gi81]

@3m0o

Direi che le Tue considerazioni sono corrette. Bravo
C'è però anche un'altra soluzione. Non ti è venuta fuori perché l'implicazione che hai scritto ad un certo punto, ovvero $f(1)= f(1)^2 => f(1) =1$, non è corretta (manca un pezzo)

[Studente Anonimo]

A beh... sì che scemo c'è anche \( f \equiv 0 \) chiaramente.

[Studente Anonimo]

Comunque non è banale che sia la funzione identicamente nulla. Infatti per ora abbiamo dimostrato solamente che \( f(0) = f(1) = 0 \).
Ora sia \( Z \subset \mathbb{Z} \) l'insieme degli interi tale che per ogni \(z \in Z \) risulta che \( f(z) = 0 \).
Sappiamo che \(Z\) non è vuoto perché contiene lo zero e l'uno. Supponiamo per assurdo che \( Z \subsetneq \mathbb{Z} \). Abbiamo che allora che esiste \( n \in \mathbb{Z} \), con \( \left| n \right| >0 \) minimale tale che \( f(n) \neq 0 \). Dimostriamo che \( f(n) \in Z \).
Abbiamo che
\[ f(f(n)) = f(1) + f(f(n)) = f(n+1)f(1) = 0 \]
pertanto \( f(n) \in A \). Diciamo allora che \( f(n) = z \neq 0 \). Abbiamo che
\[ z^2 = f(n)f(n) = f(n+0)f(n) = f(n^2) + f(nf(0)) = f(n^2) \]
pertanto \( f(n^2) = z^2 \). Ma
\[ z^2 = f(n^2) + f(nf(1)) = f(n)f(n+1) = z f(n+1) \]
da cui risulta che se \( f(n) =z \) allora anche \( f(n+1) =z \). Questo ci dice due cose molto importanti.
La prima è che siccome \( f(0)=0 \) allora abbiamo che \(n > 1 \), o meglio per ogni \(m < 0 \) risulta che \(f(m)=0 \). La seconda è che \( z= 1 \) poiché \( n < n^2 \). Ora abbiamo che
\[ f(n^2) + f(-nf(n) ) = f(n-n)f(n) \]
ora poiché \(n> 1 \) e \(f(n) = 1 \) abbiamo che
\[ 1 + f(-n) = f(0) = 0 \]
ma chiaramente \( - n < 0 \) e dunque \( f(-n) = 0 \) otteniamo un assurdo.

[Bokonon]

@3m0o

"3m0o":Le uniche scelte per \(f\) sono date da \( f(n) = n \) per ogni \(n \in \mathbb{Z} \) e \( f(n) = 2 \) per ogni \( n \in \mathbb{Z} \).

Immagino che $f(n)=n$ stia per $f(x)=k$. Quella non è una soluzione, solo $f(x)=0$ e $f(x)=2$ sono soluzioni.
Per $f(x)=k$ si ottiene $k+k=k^2$ che è vera appunto solo per k=2.
Infatti nel ragionamento che hai fatto hai analizzato $f(0)=0$ e questa è vero solo per $f(x)=0$ quindi non puoi porre $m=1$

[Studente Anonimo]

Bokonon

No no, intendo proprio \(f(n)=n \), ed è soluzione
\[ f(m^2) + f(m f(n) ) = m^2 + f(mn) = m^2 + mn = (m+n) m = f(m+n) f(m) \]
Quindi ci sono tre soluzioni: l'identità, la funzione costante 2, la funzione identicamente nulla.

Il ragionamento che ho fatto si basa su tre cose
se \( f(0) \neq 0 \) ci restituisce la soluzione funzione costante 2
se \( f(0) = 0 \) la soluzione dipende dal valore di \( f(1) \). Se \( f(1) = 1 \) allora \( f \) è l'identità se \( f(1) = 0 \) allora è la funzione costante \(0\).
Altri valori non sono possibili.

[Bokonon]

@3m0o

Allora intendevi $f(x)=x$ (meglio cambiare le dummy). Ok.