$f(x+y)+f(xy)=f(x)f(y)+1$ sui razionali

[Gi81]

Determinare tutte le funzioni $f: QQ -> RR$ tali che $f(x+y)+f(xy)=f(x)f(y)+1$ per ogni $x,y in QQ$

[Rigel1]

Intanto butto lì \(f(x) = 1\) e \(f(x) = 1+x\)...

[vlander]

Let's give a try:

Sia $g(x) = f(x) - 1$ e indichiamo con $P(x, y)$ la proposizione $g(x+y) + g(xy) = g(x) g(y) + g(x) + g(y)$.

$P(x, 0) \Rightarrow g(x) = 0 \vee g(0) = 0$, consideriamo il secondo caso:

$P(x, x) \Rightarrow g(2x) + g(x^2) = g^2(x) + 2 g(x)$

$P(x, 1) \Rightarrow g(x+1) = g(1) + g(1) g(x)$,

se $g(1) \notin \{0, 1\}$ allora per induzione $g(n) = \frac{t^{n+1} - t}{t - 1}$ dove $t = g(1)$, che non soddisfa $P(x, x)$;

se $g(1) = 0$ allora per induzione da $P(x, 1)$ si ricava che $\forall x \in \mathbb{Q} . g(x+1) = 0$, cioè $g(x) = 0$;

se $g(1) = 1$ allora per induzione da $P(x, 1)$ si ricava che $\forall x \in \mathbb{Q} . g(n + x) = n + g(x)$,

inoltre da $P(n, \frac{1}{n})$ si ricava $1 = n g(\frac{1}{n})$ da cui $\forall x \in \mathbb{Q} . g(x) = x$.

In conclusione le uniche soluzioni (che si dimostra facilmente verificano) sono $g(x) = 0$ e $g(x) = x$, cioè $f(x) = 1$ e $f(x) = 1 + x$.

[Erasmus_First]

Troppo impegnativo (per me) seguire il discorso di vlander.
Prendo solo il risultato: due soluzioni: f(x) = 1 e f(x) = 1 + x.
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Razionali o no, le soluzioni che ho trovato [anch'io] sono solo:
$P_0 = 1$ e $P_1(x) = 1 + x$.

Col metodo ... "pedissequo" – sperimentato in altro quiz simile – di imporre l'identità tra membro sinistro e membro destro per f(x) polinomio di grado n e per n = 0, 1, 2, ecc. trovo subito:
a)
• $n = 0$; $P_0 = a_0$;
$f(x+y) + f(xy) = f(x)·f(y) + 1$ ––> $a_0 + a_0 = a_0^2+1$ <––> $a_0^2-2a_0 +1 = 0$ -->$a_0 = 1$ ––> $P_0 = 1$.
• $n = 1$; $P_1(x) = a_0 + a_1x$;
$[a_0 + a_1(x + y)] + (a_0 + a_1xy) = (a_0 + a_1x)(a_0 + a_1y) + 1$ <––>
<--> $2a_0 + a_1(x+y) + a_1xy = a_0^2 +1 + a_0a_1(x+y) + a_1^2xy$.
L'identità è possibile solo per: $a_0 = a_1 = 1$ ––> $P_1(x) = 1 + x$.

b)
$n > 1$.
[NB: ho "pedissequamente" imposto l'identità per $P_2(x) = a_0 + a_1x + a_2x^2$ trovando: $a_0 = a_1 = 1$ e $a_2 = 0$.
Poi ho "generalizzato" deducendo da una semplice osservazione, quella che sto per dire].
Succede che a sinistra NON ci sono monomi con x ed y di grado diverso, mentre a destra ce ne sono per ogni n > 1.
I coefficienti dei monomi [di destra] con x ed y di grado diverso hanno tutti qualche fattore del tipo $a_k$ con $k > 1$; e ogni coefficiente $a_k$ con $k >1$ compare in questo o in quel monomio con x ed y di grado diverso.
[Per esempio, per $h ≠ k$ avremo il prodotto dell'addendo $a_hx^h$ di $P_n(x)$ per l'addendo $a_ky^k$ di $P_n(y)$].
Pertanto l'identità è possibile solo per $a_k = 0$ per ogni $k > 1$.
Morale: Non ci sono polinomi $P_n(x)$ [di grado $n$] che soddisfano la richiesta condizione per $n > 1$.
Pertanto le uniche soluzioni sono proprio $P_0 = 1$ e $P_1(x) = 1 + x$.
–––––––

[j18eos]

@Gi8 Ma le soluzioni devono essere polinomiali?

[Rigel1]

Io ho proceduto esattamente come vlander (tra l'altro chiamando \(g\) esattamente la stessa funzione!!!).
Come osservato da j18eos, il metodo "pedissequo" di Erasmus permette di identificare solo le eventuali soluzioni polinomiali (in questo caso ci sono solo quelle).
Se le funzioni da cercare fossero state su \(\mathbb{R}\) anziché su \(\mathbb{Q}\) probabilmente ci sarebbero state sorprese.

[Gi81]

Le funzioni possono essere qualunque, anche non polinomiali.
Direi che la dimostrazione di vlander è corretta.

[robbstark1]

Mi chiedevo cosa succede se estendiamo la funzione a $x$,$y in RR$.
Se imponiamo che $f$ deve essere continua, le uniche soluzioni saranno ovviamente quelle trovate, perché $QQ$ è denso in $RR$.
Ma senza questa ipotesi?

suggerimento:

Io sono abbastanza convinto che le soluzioni trovate si possano estendere ai numeri algebrici, ma non oltre.

soluzione parziale:

Continuo a lavorare con la funzione $g$ definita da vlander.
$ P(x, x) \Rightarrow g(2x) + g(x^2) = g^2(x) + 2 g(x) $
$ P(x, 2) \Rightarrow g(x+2) + g(2x) = g(x)g(2) + g(x) + g(2) \Rightarrow g(x) + 2 + g(2x) = 2g(x) + g(x) + 2 \Rightarrow g(2x) = 2g(x) $
Sostituendo l'ultima relazione nella prima si ottiene:
$g(x^2) = g^2(x)$
Se $x=\sqrt{n}$ si ricava:
$g(\sqrt{x}) = \sqrt{n}$
dove la scelta della soluzione positiva è dovuta al fatto che qualsiasi numero reale positivo è il quadrato di un altro numero reale positivo. Abbiamo quindi provato che la soluzione trovata per i razionali va estesa alle radici quadrate dei numeri razionali positivi.

Adesso estendo alle radici cubiche:
$ P(x^2, x) \Rightarrow g(x^2+x) + g(x^3) = g(x^2)g(x) + g(x^2) + g(x) $
$ P(x, x+1) \Rightarrow g(2x+1) + g(x^2+x) = g(x)g(x+1) + g(x) + g(x+1) \Rightarrow 1 + g(2x) + g(x^2+x) = g^2(x) + 3g(x) + 1 $
Dalla seconda si ricava:
$ g(x^2+x) = g^2(x) + 3g(x) - g(2x) $
Sostituendo nella prima, e usando anche le relazioni $g(x^2) = g^2(x)$ e $g(2x) = 2g(x)$:
$g(x^3) = g^2(x)g(x) + g^2(x) + g(x) - g^2(x) - 3g(x) + 2g(x) = g^3(x)$

Generalizzazione a radici n-esime per induzione:
$g(x^m) = g^m(x)$ per $m =1 , ..., n-1$ (ipotesi induttiva)
$ P(x^(n-1), x) \Rightarrow g(x^(n-1) + x) + g(x^n) = g(x^(n-1))g(x) + g(x^(n-1)) + g(x) $
se $g(x^(n-1) + x) = g(x^(n-1)) + g(x)$, segue che $g(x^n) = g^n(x)$, da cui la tesi
la condizione si verifica anch'essa per induzione, a partire dall'ipotesi induttiva
$g(x^m + x) = g(x^m) + g(x)$ per $m =1 , ..., n-2$
e dalla proposizione $ P(x, x^(n-2) +1) $.

Questo non prova ancora che le funzioni trovate devono valere su tutti gli algebrici, ma estende abbastanza il dominio di validità.
Notare inoltre che varrebbero separatamente le due relazioni:
$g(x+y) = g(x) + g(y)$
$g(xy) = g(x)g(y)$

Tutto questo non si può estendere ai reali non algebrici, in quanto non possono essere ottenuti da questi con un numero finito di operazioni. Essi possono essere definiti solo tramite passaggi al limite, e se non si assume la continuità della funzione, nulla si può dire sui risultati dei limiti. In totale esisteranno un'infinità non numerabile di classi di numeri separate, ciascuna con una propria definizione della funzione, e ciascuna densa in $RR$.

[robbstark1]

Piccola estensione:

Usando la proposizione $P(x,m)$, con $m \in ZZ$ si ricava:
$g(mx) = mg(x)$
Inoltre:
$g(x) = g(n x/n) = n g(x/n) \Rightarrow g(x/n) = 1/n g(x)$
Il che ci permette di concludere che la relazione:
$g(x,y) = g(x)g(y)$ è sempre valida se almeno uno tra $x$ e $y$ è razionale.
Sostituendo questa nella relazione generale, si ricava anche
$g(x+y) = g(x) + g(y)$
(sempre valida nell'ipotesi che almeno uno tra $x$ e $y$ sia razionale).
Finora avevamo dimostrato che la funzione $g(x)=x$ è l'unica soluzione non identicamente nulla sui razionali + radicali.
Grazie a quest'ultima relazione possiamo estendere la soluzione anche a tutti i numeri che sono somma (o se si preferisce combinazione lineare) di un radicale e un razionale, e poi anche alle radici di questi.