Funzionale sugli interi

[Gi81]

Trovare tutte le funzioni \(\displaystyle f : \mathbb{Z} \to \mathbb{Z} \) tali che
\[ f \left(x - f(y) \right) = f\left( f(x) \right) - f (y) -1 \qquad \forall x, y \in \mathbb{Z} \]

[giammaria2]

Se $f(x)$ è la costante $k$ l'equazione diventa
$k=k-k-1" "->" " k=-1$
e quindi la prima soluzione è $f(x)=-1$

Se invece $f(x)$ non è costante allora, posto
$u=x-f(y)" "->" "f(y)=x-u$
notiamo che $u$ varia al variare di $y$, anche se $x$ resta immutata; $u$ è quindi una variabile che può sostituire $y$. L'equazione diventa allora
$f(u)=f(f(x))-x+u-1$
Indicando con $a$ ciò che non dipende da $u$, cioè ponendo
$a=f(f(x))-x-1$
abbiamo $f(u)=u+a$. Quindi $f(f(x))=f(x+a)=x+a+a=x+2a$ e la formula precedente diventa
$a=x+2a-x-1->a=1$
Si ha quindi la soluzione $f(x)=x+1$

Ma forse sbaglio, dato che il titolo è "Funzionale sugli interi", mentre la mia soluzione vale per tutti i reali.

[Gi81]

In generale non sappiamo che $f$ è suriettiva. Quindi non possiamo dire che $u$ assume necessariamente tutti i valori in $ZZ$

[giammaria2]

Hai ragione. ma non riesco a trovare la soluzione. Un hint?
Riporto due miei approcci, con relative critiche.

Approccio 1
Dall'equazione data deduco (per ora, lasciamo perdere come) che, a parte la soluzione costante, esiste un intero $h!=0$ tale che per ogni $u$ vale la formula
$f(u+h)=f(u)+h$
Questo però dimostra solo che si ha quello che potremmo chiamare una simil-periodicità, sul tipo di quella che, con $h=2pi$, si ha per la funzione $f(x)=x+2sin x$

Approccio 2
Le uniche funzioni "solite" che trasformano qualsiasi intero in un intero sono i polinomi a coefficienti interi, e con questa ipotesi si conclude facilmente. Però la funzione da trovare potrebbe anche essere "insolita", ad esempio con doppia definizione.

[Gi81]

Hint:

1) $EE a in ZZ$ tale che $f(a)= -1$
2) $y=a => ...$

[dan952]

@Giammaria

Metti in spoiler... Comunque sto usando il tuo primo approccio e

Si deduce che più valori distinti assume $f(x)$ più periodi ha, da qui si deduce (in qualche modo) che o è costante o è iniettiva.

[giammaria2]

Non ho messo in spoiler perché si trattava solo di approcci (falliti) e non di una soluzione.
La simbologia matematica non è il mio forte e quindi forse sbaglio, ma secondo la mia interpretazione, se ho $y=f(x)$, la scritta $f:ZZ->ZZ$ significa che l'insieme delle $x$ è l'intero $ZZ$ e l'insieme delle $y$ appartiene a $ZZ$, ma può anche essere solo una sua parte.

Non c' quindi nessuna garanzia che esista una $a$ per cui $f(a)=-1$ (hint di Gi8) e nemmeno che $f(x)$ possa assumere più di due valori distinti (hint di dan95).
Se sbaglio ed anche l'insieme delle $y$ coincide con $ZZ$, allora va bene la mia prima risposta.

[dan952]

@Giammaria

Se sostituisci $y=f(x)$ all'equazione funzionale ottieni

$f(x-f(f(x)))=-1$

per ogni $x \in \mathbb{Z}$, quindi questo garantisce l'esistenza di almeno un intero. Sempre se ho capito quello che intendi.


Mostro fin dove sono arrivato usando il tuo primo approccio.

Abbiamo dimostrato che esiste $a \in \mathbb{Z}$ tale che $f(a)=-1$, ora sostituendo $x=a$ e $y=a$ otteniamo

$f(a+1)=f(-1)$

Ora se $f(-1)=-1$ allora la funzione è costante, infatti se si sostituisce $x=a+k$ e $y=a$, con $k \geq 1$ otteniamo $f(a+k)=-1$, sia $b < a$, consideriamo $k=f(b)$ abbiamo che

$f(a-k)=-k-2$

Ora se $k<0$ allora $k=-1$, altrimenti se $k>0$ sostituendo $a \rightarrow a+k$ otteniamo

$f(a)=-k-2=-1$

Da cui sempre $k=-1$. Quindi $f(b)=-1$ per ogni $b
Quindi supponiamo $f(-1) \ne -1$ e sia $k=f(-1)$ allora

$f(x)+m=f(x+m)$

Dove $m=k+1$. Definiamo $g(x):=x-f(x)$, risulta

$g(x)=g(x+m)$

Dunque $g(x)$ può assumere al più $|m|$ valori distinti cioè $g(0), \cdots, g(|m|-1)$, quindi $f(x)=x-g(x \mod m)$. Qua mi fermo...

[giammaria2]

Grazie, la tua prima formula è proprio il pezzo che mi mancava. Con quello, anche il suggerimento di Gi8 va bene.

[dan952]

@Gi8

Potresti "hintare" ancora un po'...

[Gi81]

hintone:

Col mio precedente hint abbiamo che $f(x+1)= f(f(x))$ per ogni $x in ZZ$.

Questo significa che se $f$ è iniettiva ....

Sia ora $f$ non iniettiva.
Fissato $y in ZZ$, poniamo $x = f(y) -1$. Si ha $f(f(x)) = f(x+1)= f(f(y)) = f(y+1)$

Sostituendo nella formula iniziale abbiamo $f(-1)= f(y+1)-f(y) -1$ per ogni $y in ZZ$,
ovvero $f(y+1)= f(y) +[f(-1) +1]$ per ogni $y in ZZ$.
...

[dan952]

Step 1.

Esiste $a \in \mathbb{Z}$ tale che $f(a)=-1$.

Dim. Sostituiamo $y=f(x)$ all'equazione funzionale otteniamo

$f(x-f(x))=-1$

Ora, possiamo prendere ad esempio $a=-1-f(-1)$.

Step 2.

Vale $f(x+1)=f(f(x))$.

Dim. Sostituendo $y=a$ abbiamo che

$f(x+1)=f(f(x))$

Step 3.

Sia $m \ne -1$ allora $f(x+h)=f(x)+h$, con $h=m+1$.

Dim. Sia $y$ tale che $f(y)=m$ allora dell'equazione funzionale e dallo Step 2 abbiamo che

$f(x-m)=f(x+1)-m-1 \Rightarrow f(x)=f(x+m+1)-m-1$

L'implicazione segue dalla sostituzione $x \rightarrow x+m$. Quindi ponendo $h=m+1$ abbiamo

$f(x+h)=f(x)+h$

Step 4.

Vale $f(x+1)=f(x)+k$, dove $k=f(-1)+1$.

Dim. (Hintone)

Se $f(x)$ è una soluzione non costante dell'equazione funzionale allora $f(x)=x+1$.

Dim.
Come è facile mostrare l'unica soluzione costante è $f(x)=-1$. Quindi, supponiamo che esiste $y$ tale che $f(y)=m \ne -1$, dallo Step 3 abbiamo $f(x+h)=f(x)+h$, con $h=m+1$.
Dallo step 4 si deduce che per ogni intero $n$ si ha
$f(x+n)=f(x)+nk$, in particolare per $n=h$ abbiamo

$f(x+h)=f(x)+h=f(x)+hk \Rightarrow h(k-1)=0$

Ora, $h \ne 0$ perché $m \ne -1$ allora necessariamente $k=1$ ovvero

$f(x+1)=f(x)+1$

Definiamo $g(x):=f(x)-x$ abbiamo che $g(x+1)=g(x)$ cioè $g(x)=c$ costante allora $f(x)=x+c$ quest'espressione dallo step 2 abbiamo

$f(x+1)=f(f(x)) \Rightarrow x+1+c=x+2c \Rightarrow c=1$

[Gi81]

Sì, direi che ci siamo.

Un riepilogo che può riassumere il tutto:

1) $EE a in ZZ$ tale che $f(a)= -1$
2) $f(f(x)) = f(x+1)$ per ogni $x in ZZ$
Quindi l'unica soluzione iniettiva è $f(x) = x+1$ (sostituendo si vede che è soluzione). Cerchiamo le eventuali soluzioni non iniettive:
3) $f(x+1)= f(x) + [f(-1) +1]$ per ogni $x in ZZ$.
Se $f(-1) != -1$, la funzione è strettamente monotona, dunque iniettiva. Non ci interessa.
Se $f(-1)= -1$ si ha $f(x+1)= f(x)$ per ogni $x in ZZ$, quindi $f $ è costante, e necessariamente $f(x) = -1$ per ogni $x in ZZ$ (anche qui, sostituendo si vede che è soluzione).