Equazione funzionale

[.Ruben.17]

Trovare tutte le funzioni
[tex]f: \mathbb{R} \to \mathbb{R}[/tex]
tali che
[tex]f(x+y)^2 = f(x)^2 + f(y)^2 + y f(x)[/tex]

[Sk_Anonymous]

magari prendero una cantonata colodssale, ma non mi sembra di quelle toste toste.

1) si prova che f(0)=0
2) si prova che f è dispari
3) si prova che f(x)(2f(x)-x)=0 cioé f(x)=0 e f(x)=x/2

[Leonardo9P]

Provo io.
Dico ' $ f(0) $. infatti se $ y=0 $ allora avrai \( f(x)^2 = f(x)^2 + f(0)^2 + 0f(x) \) perciò \( f(x^2) = f(x^2) \) quindi l'unica funzione valida è proprio f(0).
La dimostrazione la puoi avere prendendo un qualsiasi numero diverso da 0.
ps. il procedimento è giusto?

[.Ruben.17]

Le soluzioni in effetti sono

f(x)=0
f(x)=x/2

Come possiamo dimostrare che è una funzione dispari?

[Leonardo9P]

Una funzione si dice dispari quando $ f(-x)=-f(x) $
Non mi è chiaro invece come faccia a venire anche x/2. Qualcuno me lo potrebbe spiegare?

[Sk_Anonymous]

".Ruben.":
Come possiamo dimostrare che è una funzione dispari?

dal punto 1), per y=-x l'equazione data diventa

f(x)^2+f(-x)^2=xf(x)

da questa, valutandola in -x, si ha che f(-x)^2+f(x)^2=-xf(-x). Quindi xf(x)=-xf(-x).

[.Ruben.17]

"LeonardoP9":

Una funzione si dice dispari quando $ f(-x)=-f(x) $
Non mi è chiaro invece come faccia a venire anche x/2. Qualcuno me lo potrebbe spiegare?

Prendendo y = -x si ottiene
[tex]f(x)^2+f(-x)^2=x f(x)[/tex]

Poiché la funzione è dispari abbiamo
[tex]2f(x)^2=x f(x)[/tex]
Da cui discende f(x)=x/2 o f(x)=0

[Gi81]

Scusate, però $2 f(x)*(f(x)-x/2) = 0$ per ogni $x in RR$
non implica che $(AA x in RR \ f(x)= 0) vv (AA x in RR \ f(x)=x/2)$
ma piuttosto $AA x in RR \ f(x)=0 vv f(x)= x/2$.
Quindi non abbiamo ancora finito.

Sappiamo due cose:
1) $f(x) >=0$ per ogni $x >0$ e $f(x) <= 0$ per ogni $x<0$.
2) per ogni $x in RR$ si ha $f(x)=0 vv f(x)= x/2$.

Distinguo due casi:

[*:3eke22n1] $AA a >0 $ si ha $f(a)!=0$.
Allora necessariamente $f(a)=a/2$ per ogni $a>0$, e poiché $f$ è dispari, $f(x)= x/2$ per ogni $x in RR$.
Sostituendo nella equazione iniziale, si vede che è soluzione.
[/*:m:3eke22n1][*:3eke22n1]$EE a >0$ tale che $f(a)=0$.
Dimostrerò che necessariamente $f(x)=0$ per ogni $x in RR$ (che è soluzione).
Supponiamo per assurdo che esiste $b >0$ tale che $f(b) !=0$. Necessariamente $f(b)=b/2$.
L 'equazione iniziale con $x=a$ diventa $f(a+y)^2 = f(y)^2$ per ogni $y in RR$.
Dunque per ogni $y>0$ si ha $f(y+a)= f(y)$.
Ma allora $f(b+a)=f(b)= b/2$, assurdo perchè $f(b+a)$ può essere solo $0$ oppure $(b+a)/2$.[/*:m:3eke22n1][/list:u:3eke22n1]

[Sk_Anonymous]

"Gi8":Scusate, però $2 f(x)*(f(x)-x/2) = 0$ per ogni $x in RR$
non implica che $(AA x in RR \ f(x)= 0) vv (AA x in RR \ f(x)=x/2)$
ma piuttosto $AA x in RR \ f(x)=0 vv f(x)= x/2$.
Quindi non abbiamo ancora finito.
...

Spettacolare!

CLAP-CLAP-CLAP-CLAP

PS
ci ho dedicato veramente pochissimi minuti, e avevo ragione a dubitare della correttezza/completezza della mia soluzione

[Leonardo9P]

Complimenti! Adesso me lo leggo bene così capisco il procedimento. E' la prima volta che vedo una cosa del genere, sono andato un po' a ragionamento. Sapete dirmi se questo è un argomento con delle regole precise di procedimento oppure è tutta deduzione?

[Sk_Anonymous]

"LeonardoP9":... Sapete dirmi se questo è un argomento con delle regole precise di procedimento oppure è tutta deduzione?

come diceva quelo, oltre che deduzione, servono dedizione, ispirazione e tanta traspirazione.

[.Ruben.17]

$EE a >0$ tale che $f(a)=0$.
Dimostrerò che necessariamente $f(x)=0$ per ogni $x in RR$ (che è soluzione).
Supponiamo per assurdo che esiste $b >0$ tale che $f(b) !=0$. Necessariamente $f(b)=b/2$.
L 'equazione iniziale con $x=a$ diventa $f(a+y)^2 = f(y)^2$ per ogni $y in RR$.
Dunque per ogni $y>0$ si ha $f(y+a)= f(y)$.
Ma allora $f(b+a)=f(b)= b/2$, assurdo perchè $f(b+a)$ può essere solo $0$ o (b+a)/2

Scusate per un eventuale cantonata, ma la premessa per l'analisi del secondo caso è che esiste un a maggiore di 0 con la funzione uguale a 0, ma questo può essere possibile solo per f(x) =0,
Quindi se f(x)=x/2 quell a non può esistere e la tua premessa e la conclusione non valgono più

[Gi81]

".Ruben.":Scusate per un eventuale cantonata, ma la premessa per l'analisi del secondo caso è che esiste un a maggiore di 0 con la funzione uguale a 0, ma questo può essere possibile solo per f(x) =0.

Perchè?

[.Ruben.17]

Il fatto che la funzione vale sempre 0 dipende dal fatto che esiste un a non nullo che azzera la funzione, cosa possibile se la funzione è effettivamente 0 in ogni punto, ma che è falsa se ammettiamo f(x)=x/2

[Gi81]

mi spiego meglio. mi cito:

"Gi8":Scusate, però $2 f(x)*(f(x)-x/2) = 0$ per ogni $x in RR$
non implica che $(AA x in RR \ f(x)= 0) vv (AA x in RR \ f(x)=x/2)$
ma piuttosto $AA x in RR \ f(x)=0 vv f(x)= x/2$.
Quindi non abbiamo ancora finito.

Qui volevo dire che una volta trovato che $2 f(x)*( f(x)-x/2)=0$ non possiamo dire subito che
ci sono solo due funzioni (cioè la funzione $f(x)=0$ e la funzione $f(x)=x/2$), ma ce ne sono infinite:

ad esempio anche $f(x)= {(0; -1<= x<= 1),(x/2; x< -1 vv x > 1):}$ verifica $2 f(x)*(f(x)-x/2) =0$ per ogni $x in RR$.

[.Ruben.17]

Ora mi trovi pienamente d'accordo

[Erasmus_First]

NB. Per intendere $[f(x)]^2$ di solito non si scrive $f(x)^2$, bensì $f^2(x)$.

Va bene la prima risposta, quella di sprmnt21.
[Però, nel'ultima riga, «f(x) = 0 e f(x) = x/2» va inteso come «f(x) = 0 o f(x) = x/2». Cioè: le funzioni che van bene sono due. Va bene f(x) = 0 per ogni x, va bene anche f(x) = x/2, non va bene alcuna altra funzione.]

Secondo me sprmnt21 è stato ...troppo conciso (non ha spiatellato le dimostrazioni, come invece farò io, sperando di non risultare troppo prolisso ).
Io direi ... come segue:
1) Una funzione che va senz'altro bene è $f(x) = 0$ per ogni $x$.
Infatti allora per ogni $x$ e ogni $y$ si ha: $0 = 0 + 0 + y·0$ (che è vera per ogni $y$).
2) Cerco se esiste una qualche $f(x)$ distinta da $∀x$ $f(x) = 0$ che vada ancora bene.
– a) Per x = 0 e y = 0 la condizione imposta diventa:
$f^2(0) = f^2(0) + f^2(0) + 0·f(0) ⇔ f^2(0) = 2·f^2(0) ⇔ f^2(0) = 0 ⇔ f(0) = 0$.
Pertanto, qualsiasi eventuale altra soluzione deve valere 0 in x = 0.
–b) Sia $p$ la parte pari di $f(x)$ e sia $d$ la parte dispari di $f(x)$, cioè:
$p = (f(x) + f(-x))/2$ $∧$ $d =(f(x) - f(-x))/2$ $⇔$ $f(x) = p+d$ $∧$ $f(-x) = p - d$.
Per $y = -x$, [essendo comunque $f(0) = 0$], la condizione imposta diventa:
$f^2(0) = f^2(x) + f^2(-x) -x·f(x) ⇔ 0 =(p+d)^2 + (p-d)^2 - x(p + d)$ $⇔$
$⇔$ $2(p^2 + d^2) = (xp) + (xd)$. (*)
Si osservi che $p^2$ e $d^2$ sono entrambe funzioni pari, che $xp$ è una funzione dispari e che $xd$ è una funzione pari.
Perché valga l'ultima uguaglianza scritta deve allora essere $p = 0$ per ogni $x$, ossia: la parte pari di $f(x)$ è comunque identicamente nulla. Pertanto, le precedenti uguaglianze (*) dànno (per eventuale $f(x)$ non identicamente nulla):
$f(x) = d$; $2d^2 = x·d ⇔ d = x/2$.
Ecco allora che, oltre alla $f(x)$ identicamente nulla va bene anche la $f(x) = x/2$ ... e nessun'altra funzione distinta da queste due.

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