\( f(f(x+y))= f(x)+f(y) \)
Trovare tutte le funzioni continue $f: RR->RR$ che soddisfano $f(f(x+y))= f(x)+f(y)$ per ogni $x,y in RR$.
Risposte
"G.D.":
@sprmnt21
Sì: poi le ho trovate anch'io.
E penso che siano le uniche soluzioni.
Sì: poi le ho trovate anch'io.
E penso che siano le uniche soluzioni.
Se vi può essere di aiuto si può dimostrare per induzione che $f(nf(0))=(n+1)f(0)$, inoltre ragionando su quella sorta di additività che caratterizza la funzione, si può vedere che ogni $f(r)$, con $r \in QQ$ dipende da $f(1)$ e $f(0)$, non sono sicuro però...
hint: $y=0$
"G.D.":
@sprmnt21
Sì: poi le ho trovate anch'io.
E penso che siano le uniche soluzioni.
mmmh ... ho qualche dubbio. Provo a buttare giù al cune delleriflessioni che ho fatto a riguardo.
Spero di non scrivere corbellerie: è un argomento che non tratto più da molti lustri e le questioni a riguardo (questo me lo ricordo bene) sono molto delicate e non è difficile prendere delle cantonate.
Per y=0, la relazione data diventa $f(f(x))=f(x)+f(0)$, che per $ x \in f(RR)$
si può scrivere come $f(x)=x+c$, con c costante qualsiasi. La punteggiata così determinata può essere "vicina" a piacere alla bisettrice del primo quadrante e "piena" quanto si vuole: basta prendere c sufficientemente piccola.
Se avessimo una ulteriore ipotesi/limitazione sulle f da cercare si potrebbe chiudere rapidamente.
Ad esempio se la f fosse suriettiva, cioé $Im f = RR$ o la f fosse continua, allora le uniche soluzioni sono quelle che abbiamo visto.
Ma senza ulteriori condizioni, come si fà ad escludere quelle soluzioni "patologiche" tipiche di queste equazioni funziopnali?
Per altra via, mettendosi nel caso f(0)=0 e ponendo y=0, si ha che $f(f(x))=f(x)$,sostituendo ad $x, x+y$ si ha
$f(f(x+y))=f(x+y)$ quindi $f(x+y)=f(x)+f(y)$. Ora questa è la classica funzione di Cauchy, che, in mancanza di ulteriori condizioni, ha,oltre alle classiche, un bell'insieme di soluzioni patologiche.
Morale della favola: sei sicuro che non ci siano altre condizioni?
"G.D.":
... nella consegna si chiede di trovare le funzioni continue: la continuità fa si che...
l'ho letto e riletto più volte e mi era sfuggita questa condizione. beh ... messa così restiamo nello standard elementare
.
"sprmnt21":
beh ... messa così restiamo nello standard elementare
Bene, puoi scrivere la soluzione, se ce l'hai?
Perché non ho capito come la continuità permetta di dire che $f(f(x))= f(x)+f(0)$ implica $f(x)= x+c$ per ogni $x in RR$
Non ho trovato una soluzione completa (non ho più la mano su questi tipi di problemi, dovrei rimettermi a studiaree non ne ho voglia), però credo che continuando sulla base di queste osservazioni:
la soluzione è quasi uno standard, nel senso che si procede provando che la $f(x)=ax$ vale per $a$ qualsiasi e per $x \in QQ$ e poi usando la continuità (quindi il fatto ceh due funzioni continue che coincidono in Q devono coincidere anche in R) da $QQ$ si passa ad $RR$.
Forse per completezza è utile aggiungere quanto segue:
dalla relazione ottenuta ponendo $y=0$ e $f(0)=c$, $f(f(x))=f(x)+c$ si ha che $f(f(x)+c)=f(f(f(x)))=f(f(x))+c = (f(x)+c) +c$.
Queste relazioni rendono il caso, trattato prima, in cui $f(0)=0$ di valore generale, in quanto se $f(x)$ è soluzione anche $f(x)+c$ è soluzione.
Per altra via, mettendosi nel caso $f(0)=0$ e ponendo $y=0$, si ha che $f(f(x))=f(x)$,sostituendo ad $x, x+y$ si ha $f(f(x+y))=f(x+y)$ quindi $f(x+y)=f(x)+f(y)$.
la soluzione è quasi uno standard, nel senso che si procede provando che la $f(x)=ax$ vale per $a$ qualsiasi e per $x \in QQ$ e poi usando la continuità (quindi il fatto ceh due funzioni continue che coincidono in Q devono coincidere anche in R) da $QQ$ si passa ad $RR$.
Forse per completezza è utile aggiungere quanto segue:
dalla relazione ottenuta ponendo $y=0$ e $f(0)=c$, $f(f(x))=f(x)+c$ si ha che $f(f(x)+c)=f(f(f(x)))=f(f(x))+c = (f(x)+c) +c$.
Queste relazioni rendono il caso, trattato prima, in cui $f(0)=0$ di valore generale, in quanto se $f(x)$ è soluzione anche $f(x)+c$ è soluzione.
Ci provo...ma non è proprio una soluzione
Dalla relazione $f(f(0))=2f(0)=f(x)+f(-x)$, si ha $f(f(f(x)-x))=f(f(x))+f(-x)=f(x)+f(0)+f(-x)=3f(0)=f(f(f(0)))$ per ogni $x \in RR$, da qui si deduce che $f(x)-x=c$, con $c \in RR$, o $f(x)=0$.
Dalla relazione $f(f(0))=2f(0)=f(x)+f(-x)$, si ha $f(f(f(x)-x))=f(f(x))+f(-x)=f(x)+f(0)+f(-x)=3f(0)=f(f(f(0)))$ per ogni $x \in RR$, da qui si deduce che $f(x)-x=c$, con $c \in RR$, o $f(x)=0$.
"dan95":
Ci provo...ma non è proprio una soluzione
Dalla relazione $f(f(0))=2f(0)=f(x)+f(-x)$, si ha $f(f(f(x)-x))=f(f(x))+f(-x)=f(x)+f(0)+f(-x)=3f(0)=f(f(f(0)))$ per ogni $x \in RR$, da qui si deduce che $f(x)-x=c$, con $c \in RR$, o $f(x)=0$.
intriganti sostituzioni, ma, se non ho capito male, alla fine usi implicitamente l'iniettività della f che non è data o provata preliminarmente.
Dove di preciso? Scusa non ci sono molto con la testa in questo periodo ho gli esami ed è molto probabile che io faccia errori grossolani.
"dan95":
Dove di preciso? Scusa non ci sono molto con la testa in questo periodo ho gli esami ed è molto probabile che io faccia errori grossolani.
dove dici che (riporto solo gli estremi dell'uguaglianza,) da $ f(f(f(x)-x))=...=f(f(f(0))) $ si ricava che $f(x)−x=c$, dove per $c$ credo tu intenda $f(0)$.
Se non è così ti chiedo di spenderci un po' di tempo e dettagliare di più i vari passaggi.
Consideriamo $E=Im(f(f(x)-x)) sub RR$, da quello che è stato detto nel precedente post $f$ in $E$ è costante ma l'unica soluzione costante è $f(x)=0$ per ogni $x \in E$ segue inoltre che $f(0)=0$ e la tesi segue da quello che avevi detto tu...
$y=0=> f(f(x))= f(x)+f(0)$. Dunque $f(f(x+y))= f(x)+f(y))$ diventa $f(x+y)+f(0)= f(x)+f(y)$.
Sottraendo $2 f(0)$ da entrambe le parti si ha $f(x+y)-f(0) = f(x)-f(0) + f(y)-f(0)$.
Sia $g(x):= f(x)-f(0)$. Allora $g(x+y)=g(x)+g(y)$ (e $g$ è continua), dunque...
Sottraendo $2 f(0)$ da entrambe le parti si ha $f(x+y)-f(0) = f(x)-f(0) + f(y)-f(0)$.
Sia $g(x):= f(x)-f(0)$. Allora $g(x+y)=g(x)+g(y)$ (e $g$ è continua), dunque...
Beh a questo punto c'è poco da dire...
"Gi8":
[quote="sprmnt21"] beh ... messa così restiamo nello standard elementare
Bene, puoi scrivere la soluzione, se ce l'hai?
Perché non ho capito come la continuità permetta di dire che $f(f(x))= f(x)+f(0)$ implica $f(x)= x+c$ per ogni $x in RR$[/quote]
Abbiamo visto che $f(f(x))=f(x)+c$ con $c=f(0) \ne0$ e quindi $f(x)=x+c, \ \forall x \in f(RR)$.
Si ha che $f(nc)=(n+1)c, \forall n \in NN$. Infatti supposto $f((n-1)c)=nc$, si ha che $f(nc)=f(f((n-1)c))=f((n-1)c)+c=(n+1)c$.
Pertanto, supposto $c>0$, si ha che f non è limitata superiormente. (il caso $c<0$ si tratta allo stesso modo)
D’altro canto, dall’equazione data si ricava che $f(x)=-f(-x)+2c$, da cui segue la non limitatezza anche inferiormente.
Da questo e dalla ipotizzata continuità segue che $f(RR)=RR$.
Bella. Mi sembra che tutto torni, ottimo.
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