$f(m-n+f(n))=f(m)+f(n)$ sugli interi

[Gi81]

Dimostrare che le uniche funzioni $f: ZZ -> ZZ$
che soddisfano $f(m-n+f(n))=f(m)+f(n)$ per ogni $m,n in ZZ$
sono $f(n)=2n$ e $f(n)=0$

[kobeilprofeta]

$m=n$:
$f(n-n+f(n))=f(n)+f(n)$
$f(f(n))=2f(n)$
sia z t.c. $f(z)=0$:
$f(0)=f(f(z))=2*f(z)=2*0=0$
Sia f costante, $f(x)=k AA x in ZZ$
$f(m-n+k)=2*k$, per m=n si ha $f(k)=2*k => k=2*k => k=0$
Sia f lineare $f(x)=ax+b, a!=0$
$a^2*x+ab+b=a*(ax+b)+b=f(ax+b)=f(f(x))=2*f(x)=2ax+2b$ quindi
$a^2*x-2ax=b-ab$ per b=0 ottengo $a^2=2a => a=2$

[Gi81]

@kobeilprofeta:

Hai dimostrato che
1) $f(f(n))= 2 f(n)$ per ogni $n in ZZ$,
2) se esiste $z in ZZ$ tale che $f(z)=0$ allora $f(0)=0$
(quindi non hai dimostrato che vale sicuramente $f(0)=0$, perchè non è detto che esiste un tale $z$)
3) l'unica soluzione costante è $f(n)=0$,
4) l'unica soluzione del tipo $f(n)= a n$ con $a!=0$ è $f(n)=2n$

Direi che manca ancora molto.

Soprattutto, non potresti essere un po' più discorsivo?

Comunque, dimostrare che $f(0)=0$ non è difficile: posto $b:= -f(0)$,
prendendo $m= b$ e $n=0$ si ottiene $f(0)=f(b)+f(0)$, cioè $f(b)=0$.
A questo punto, prendendo $m=n=b$ abbiamo $f(f(b))=f(b)+f(b)=> f(0)=0$.

[kobeilprofeta]

eh lo so che manca ancora molto... una spinta per generalizzare?
grazie

[Vincent46]

Ci provo

Mostriamo che non ci sono altre soluzioni oltre a quelle suggerite dall'esercizio.

Supponiamo che esista un intero $k$ tale che $f(k)=c$, con $c\ne2k$. Allora applichiamo la relazione dell'esercizio scegliendo $m=2k-c$, che è diverso da zero, e $n=k$. Si ottiene $c=f(2k-c)+c$, da cui $f(2k-c)=0$. Ora applichiamo la relazione dell'esercizio scegliendo $n$ fra gli interi tali che $f(n)=0$. Otteniamo che $f(m-n)=f(m)$. Scegliamo $m=0$ e $n=2k-c$. Ricordando che $f(0)=0$ (provato da Gi8 nel post precedente), otteniamo che anche l'inverso di n appartiene al nucleo. (Più in generale, in realtà, tutti i multipli di $2k-c$ appartengono al nucleo). Allora, dalla relazione che abbiamo trovato segue anche che aggiungere o togliere un multiplo di $2k-c$ a un numero non cambia l'immagine mediante $f$ di quel numero.

Adesso consideriamo un intero $r$ qualsiasi, e diciamo $s=f(r)$. Applicando la relazione $f(f(n))=2f(n)$, valida per tutti gli interi, otteniamo che, mediante applicazioni ripetute della funzione $f$, viene generata la successione $r, s, 2s, 4s, 8s, ...$. Consideriamone i primi $2k-c+1$ termini. Per il principio della piccionaia, questi contengono almeno due elementi che sono congruenti modulo $2k-c$, cioé differiscono per un multiplo di $2k-c$. Quindi, per la proprietà trovata prima, devono avere la stessa immagine mediante $f$. Ma questo è impossibile a meno che $s=0$. Per l'arbitrarietà della scelta di $r$, si ottiene che $f$ è la funzione nulla.

[Sk_Anonymous]

Giusto un'idea

Posto $k=f(1)$, si ha che $f(m-1+k)=f(m)+k$ (1).
Per $m=0$, usando il risultato che $f(0)=0$, si ha che $ f(k-1)=k$ (2).
Per $m=1$ e $m=k-1$, si ha $f(k)=f(2(k-1))=2k$. In generale, smanettando un po’ sulla (1), per $m=1+(i-2)(k-1)$ e $m=(i-1)(k-1), {i = 2, 3,…}$, si ottiene $f(1+(i-1)(k-1))=f(i(k-1))=ik$
Da queste relazioni si ricava che $f(i(k-1))-i(k-1)=i$. Da cui ponendo nella relazione data $n=i(k-1), m=1$, si ha che $f(1+i)=(1+i)k$, cioè $f(n)=kn \forall n \in NN$. Quest’ultima per $n=k-1$, per la (2), implica la condizione $k(k-1)=k$ che è soddisfatta per $k=0$ e $k=2$.
Per $k=0$, si ha $f(m)=f(m-1)$ cioè una funzione costante, in particolare costantemente uguale a 0.
Sia $f(n)=0$ che $f(n)=2n$ soddisfano la relazione data.

[Gi81]

Direi che vanno entrambe bene.
@kobeilprofeta: se vuoi quanche hint

Cerchiamo soluzioni oltre alla funzione nulla.
Si dimostra che
1) $f$ è non limitata
2) $f(x )=0 <=> x=0$
3) $f(n)=2n$ per ogni $n in ZZ$.

[Sk_Anonymous]

Rileggendo con più attenzione l'enunciato del problema, vedo che si richiede di "ragionare" su $ZZ$ e non solo su $NN$.
Per completare basta però osservare che, avendo provato la $f(n)=2n \forall n \in NN$ (*), si ha che $f(m+n)=f(m)+f(n)$. Ponendo $m=-n$, quest'ultima fornisce la realzione $f(0)=f(-n)+f(n)$ che assicura la validità della (*) anche per gli interi negativi

[Sk_Anonymous]

"Gi8":Direi che vanno entrambe bene.
@kobeilprofeta: se vuoi quanche hint

approfitto anch'io dei preziosi suggerimenti

Cerchiamo soluzioni oltre alla funzione nulla.
Si dimostra che
1) $f$ è non limitata

da $f(f(n))=2f(n)$ per $m=n$, segue che, posto $f(1)=k\ne0$[nota][spoiler]Per $f(1)=k=0$, $f(m-1)=f(m)$ si ha la funzione costante uguale a zero.

[/nota], $f(2^nk)=2^{n+1}k$.



2) $f(x )=0 <=> x=0$

supposto per assurdo che esista $\bar n\ne0$ tale hce $f(\bar n)=0$, allora $f(m-\bar n)=f(m)$ cioè $f(.)$ è una funzione periodica, ma questo contraddice il punto 1). Pertanto $f(n)=0 <=> n=0$.


3) $f(n)=2n$ per ogni $n in ZZ$.

posto $f(1)=k$, si ha che $f(m+k-1)=f(m)+k$ che per $m=2-k$, diventa $f(1)=f(2-k)+k$.
Da cui, per il punto 2), $2-k=0$. Pertanto la relazione data implica la seguente:

$f(m+1)=f(m)+2$ con $f(1)=2$, che equivale alla tesi.[/spoiler]
puoi dare qualche info in più sul problema?

[Gi81]

"sprmnt21":puoi dare qualche info in più sul problema?

In che senso? Vuoi forse sapere da dove viene fuori? L'ho trovata su un altro forum di matematica (artofproblemsolving)

[Sk_Anonymous]

sì, questo e cose simili: se fa parte di qualche lista di problemi in contesti nazionali o internazionali; se conosci altre soluzioni del problema; ...

[Gi81]

"sprmnt21":... fa parte di qualche lista di problemi in contesti nazionali o internazionali?

Non saprei. Nel sito cheti ho detto c'è la sezione "High School Olympiads" dove vengono in continuazione proposti nuovi problemi (di qualunque tipo). Certamente alcuni sono presi da testi di gare nazionali e internazionali. Questo eserizio, se non ricordo male, è stato proposto senza alcun riferimento.

"sprmnt21":... conosci altre soluzioni del problema?

ad esempio
Le soluzioni del tipo $f(n)=f(1)* n$ sono solo due:
quella con $f(1)=0$ e quella con $f(1)=2$ (si trova subito, sostituendo).
Dimostriamo che $f$ deve proprio essere di questo tipo:

Vale $f(0)=0$ (già dimostrato). Poniamo $g(n):=f(n)-n$ (dunque in particolare $g(0)=0$).
Sostituendo si ottiene $g(m+g(n))=g(m)+n$ per ogni $n,m in ZZ$.
$m=0, n=1 => g(g(1))=1$. Sfruttando questa, con $n=g(1)$ si ha
$g(m+1)=g(m)+g(1)$ per ogni $m in ZZ$, da cui $g(m)=g(1)*m$ per ogni $m in ZZ$.
Quindi $f(n)-n=(f(1)-1)*n$ , cioè $f(n)=f(1)*n$.