f(xf(y))=xy+f(x)-x

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matty96
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f(xf(y))=xy+f(x)-x

Messaggio da matty96 » 25 apr 2012, 18:56

Sembrava facile ma, se la mia soluzione è giusta, bisogna fare un bel paio di passaggi prima di arrivare a soluzione:
Trovare tutte le funzioni $f:\mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ tali che $f(xf(y))=xy+f(x)-x$ con x, y reali.
<<Se avessi pensato (se pensassi) che la matematica è solo tecnica
e non anche cultura generale; solo calcolo e non anche filosofia,
cioè pensiero valido per tutti, non avrei fatto il matematico (non
continuerei a farlo)>> (Lucio Lombardo Radice, Istituzioni di
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Karl Zsigmondy
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Re: f(xf(y))=xy+f(x)-x

Messaggio da Karl Zsigmondy » 25 apr 2012, 22:51

D'ora in poi eviterò di dire per comodità che le relazioni che trovo valgono per ogni x, y (oppure z) reali.
Ponendo y=1 si ha che $ f(xf(1))=f(x) $. Ora ponendo y=zf(1) con z reale generico ho che per la prima proprietà trovata $ f(xf(z))=xzf(1)+f(x)-x $ ma io so che $ f(xf(z))=xz+f(x)-x $ da cui $ xzf(1)=xz $ ovvero f(1)=1. Ora se pongo y=1 ho che $ f(f(y))=y $ pertanto f(.) è bigettiva. Sia ora z tale che f(z)=0 e questo z esiste ed è unico per la bigettività. Ora ho che $ f(0)=f(f(z))=z $ da cui $ z=f(0) $. Ma se nell'equazione iniziale pongo x=y=z ho che $ f(0)=z^2-z $. Quindi $ z^2-z=z $ da cui z=0 oppure z=2. Divido il tutto in due casi.
CASO 1: f(0)=0 (z=0)
Ponendo nell'equazione iniziale y=0 ottengo che $ f(x)=x $ per ogni x reale (che sostituito mi dice che è effettivamente soluzione).
CASO 2: f(2)=0 (z=2)
Ora ho che f(f(2))=2, ma f(f(2))=f(0) quindi f(0)=2. Se pongo y=2 nell'equazione iniziale ottengo che $ f(x)=-x+2 $ per ogni x reale (che sostituito mi dice che è effettivamente soluzione).

Quindi le uniche soluzioni possibili sono:
$ f(x)=x \ \ \forall x \in \mathbb{R} $
$ f(x)=-x+2 \ \ \forall x \in \mathbb{R} $
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Re: f(xf(y))=xy+f(x)-x

Messaggio da matty96 » 27 apr 2012, 13:57

Sostanzialmente dimostriamo le stesse cose, solo che la mia è una soluzione più brutta e più lunga:
Se $x=1$ ottengo $f(f(y))=y+f(1)-1$ che ci restituisce f(.) bigettiva
Se$y=1$, $f(xf(1))=f(x)$ che per la bigettività $f(1)=1$, da cui $f(f(y))=y$.
$f(f(x)f(y))=f(x)y+f(f(x))-f(x)=f(x)y+x-f(x) \implies f(x)f(y)=f(f(x)y+x-f(x))$. Se y=0 allora $f(0)f(x)=f(x-f(x))$(1)
Inoltre $xf(y)=f(f(xf(y)))=f(xy+f(x)-x)$ e se y=0 $xf(0)=f(f(x)-x)$(2).
Confrontando la (1) e la (2) si arriva ad $f(x)f(f(x)-x)=xf(x-f(x))$ che per le proprietà trovate corrisponde a $f(f(x)^2-xf(x)+x-f(x))=f(x^2-xf(x)+f(x)-x)$.
Per l'iniettività le f se ne vanno, quindi:
$f(x)^2=x^2+2f(x)-2x$. Ponendo x=0 ottengo $f(0)^2=2f(0)$, da cui possiamo ottenere $f(0)=2$ oppure $f(0)=0$.
Nel primo caso pongo y=0 e x=1nell'equazione iniziale ricavando f(2)=0. Sempre nell'eq. iniziale pongo y=2 , da cui $f(x)=2-x$ per ogni x reale
Nel secondo caso pongo y=0 ricavando $f(x)=x$ per ogni x reale.
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Re: f(xf(y))=xy+f(x)-x

Messaggio da ma_go » 27 apr 2012, 14:33

matty96 ha scritto:Sostanzialmente dimostriamo le stesse cose, solo che la mia è una soluzione più brutta e più lunga:
Se $x=1$ ottengo $f(f(y))=y+f(1)-1$ che ci restituisce f(.) bigettiva
Se$y=1$, $f(xf(1))=f(x)$ che per la bigettività $f(1)=1$, da cui $f(f(y))=y$.
da qui c'è una soluzione più rapida: chiamiamo $a=f(0)$; sostituiamo $y=f(z)$ nell'equazione iniziale, e (usando $f(f(z))=z$) otteniamo:
$f(xz)=xf(z)+f(x)-x$; scambiando i ruoli di $x$ e $z$ nell'ultima equazione che abbiamo ottenuto, abbiamo anche $f(zx) = zf(x)+f(z)-z$, e sottraendo le ultime due otteniamo $(1-x)f(z)=(1-z)f(x)+(z-x)$, e sostituendo $x=0$ otteniamo $f(z) = a(1-z)+z$. adesso basta risostituire nell'equazione iniziale per vedere che $a=0,2$ soddisfa, e sono gli unici valori che funzionano.

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